樹形DP

DP有些求騙的東西，比如樹形DP。
怎麼說呢，樹也是個DAG，按理說，是DAG就能動規。

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用題說事

先看一道題

洛谷P1271 聚會的快樂

得自己建樹，人名字符串還要映射……板噁心……

說正事。
這道題裏，上司—下屬關係就是一個天然的有向邊，利用它，從老闆開始，往下深搜就好啦～

建樹當然是好用的鏈式前向星啦～不過轉二叉樹也可以
真正寫代碼時，是看取不取他的下屬
一個下屬取，一個下屬不取……
在加上本身取不取就是這一棵子樹最大值。

代碼 75分

再來一道題

洛谷P1271 有線電視網

分析下次上

代碼 AC

給你三個題

似乎不止三個……
洛谷 P2014 選課
洛谷 P2015 二叉蘋果樹
（紫書p282）
UVa 12186 Another Crisis
UVa 1220 Party at Hali-Bula
UVa 1218 Perfect Service
題解會有的……

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幾個知識點（待補充）

來自紫書、藍書、挑戰程序設計競賽

樹的最大獨立集

對於一棵 n 個結點的無根樹，選出儘量多的結點，使其中任意兩個結點均不相鄰（即最大獨立集）。
洛谷P1271就是一個最大獨立集問題，不過帶了權（幽默係數）。然而，P1271是有根的（上司）。

那麼，對於最大獨立集問題，只需隨便“提溜”一個結點“當”根，然後就很開心了。

（紫書p281）
對結點i，只有兩種決策：選和不選。即方程：

d(i)=max{1+∑j∈grandson(i)d(j),∑j∈son(i)d(j)}

d(i)表示以 i 爲根結點的子樹的最大獨立集

寫代碼時，方法一是記搜（如P1271）；方法二是“刷表法”：對結點 i ，計算出d(i)後，更新 i 的父親和祖父的累加值，這樣只需存每個結點的父親就好（只開一個數組）。

法一代碼

    int dp[N][2];
    int dfs(int i,int qu){
        if(dp[i][qu])return dp[i][qu];
        int ans=0;
        for(int e=head[i];e;e=nex[e]){
            int son=dfs(to[e],0);
            if(!qu)son=max(son,dfs(to[e],1));
            ans+=son;
            }
        return dp[i][qu]=ans+son*qu;
        }

法二代碼

樹的重心（質心）

紫書p281

對於一棵 n 個結點的無根樹（又是無根樹），找到一個點，使把樹變成以它爲根的有根樹時，最大子樹的節點數最小。也就是說，刪除它後最大的樹的節點數最少。

同樣，先“提溜”一個結點“當”根，設d(i)表示以 i 爲根的子樹中結點個數，則有：

d(i)=1+∑j∈son(i)d(j)

然後隨便dfs就行了。
這只是把d(i)求出來了，刪除 i 時，在

f(i)=max{maxj∈son(i)d(j),n−d(i)}

中，取一個最小的f(i)，此時 i 就是重心。

（紫書p281）
f(i)表示刪除 i 後，最大子樹的結點數。n-d(i)表示 i 的父結點連的結點總數。因爲d(i)=1+∑j∈son(i)d(j) ，d(i)就是圖中虛線方塊外的結點數，自然n-d(i)就是虛線方塊內的結點數。

代碼

int f[N],d[N];
int dfs(int i,int fa){
    int sum=0;
    for(int e=head[i];e;e=nex[e])
        if(to[e]!=fa)sum+=dfs(to[e],i);
    return d[i]=sum+1;
    }
int zhongxin(int root){
    int a=dfs(root,-1),ans=-1,ff=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int son=n-d[i];
        for(int e=head[i];e;e=nex[e])
            son=max(son,d[to[e]]);
        if(son<ff){
            ff=son;
            ans=i;
            }
        }
    return ans;
    }

樹的直徑（樹的最長路徑、最遠點對）

紫書p281、挑戰程序設計競賽p295

對 n 個結點的無根樹，找到一條最長路徑，即找到兩個點，使它們距離最遠。

普通算法就是隨便提溜一個根root，然後dfs找到根最遠的點，再從這個點出發，dfs找最遠的點。這樣，第二次dfs找的路徑就是樹的直徑。
一眼看就是對的。可爲什麼對，不說了，不重要。代碼很簡單，不打了，挑戰程序設計競賽p295有。

重要的是DP算法。

（紫書p281）
dp只能求最長路長度，如果只要求長度，那就開心了。
設d(i)表示以 i 爲根的子樹中根到葉子的最大距離，則有：

d(i)=1+maxj∈son(i){d(j)}

其中”1”就是 i 到 j 的路徑長度，也可換成權值。然後就好理解了。
最後結果就是root的子節點中，d最大的兩個d(u)，d(v)，再加上2。（d(u)+d(i)+2）。
看上面的圖：d(u)，d(v)已知，u到灰色節點距離爲1，v到灰色節點距離也爲1，加起來就是d(u)+d(i)+2（也可帶權）。

int d[N];
int dfs(int i,int fa){
    int ans=0;
    for(int e=head[u];e;e=nex[e])
        if(to[e]!=fa)
            ans+=dfs(to[e],i);
    return d[i]=ans+1;
    }

OBST（最優排序二叉樹）

藍書p63
有 n 個符號，每個符號有一個檢索頻率，互不相同。將它們建成一棵排序二叉樹，使總檢索次數（所有符號的頻率與其深度乘積之和，根的深度==1）最小。
UVa 10304 Optimal Binary Search Tree

這算序列型DP還是樹狀DP呢？不管，反正這個挺難的。
前方高能！！！
和XXX一樣，先選根，再遞歸左右子樹。
根的頻率知道了，那麼，它的兒子就要乘2，孫子就要乘3……太麻煩！直接所有的都加一次得了。子樹？子樹再當成根，遞歸。那方程就是：

d(i,j)=sum(i,j)+maxi<=k<=j{d(i,k−1)+d(k+1,j)}

d(i,j)表示序列i~j的總檢索次數，sum(i,j)表示i~j頻率和。O(n3) 。

int sum[N],d[N][N];
int build(int l,int r){
    if(l==r)return sum[l]-sum[l-1];
    if(d[l][r])return d[l][r];
    int son=0;
    for(int k=l;k<=r;k++)
        son=max(son,build(l,k-1)+build(k+1,r));
    return son+(sum[r]-sum[l-1]);
    }
int work(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]+=sum[i-1];//直接在輸入數組上做前綴和
    return build(1,n);
    }

這只是比較樸素的方法……
前方真正高能！！！
能降至O(n2) 。記K(i,j)爲讓d(i,j)取最小值的決策k，有

K(i,j)≤K(i,j+1)≤K(j+1,i+1)

證明要四邊形不等式！！！

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如果對於任意的a1≤a2< b1≤b2，有不等式

m(a1,b1)+m(a2,b2)≤m(a1,b2)+m(a2,b1)

成立，則m(i,j)滿足四邊形不等式。

由上面所設，i≤j，所以套不等式：

K(i,i)+K(i+1,j+1)≤K(i,j+1)+K(i+1,j)

i≤j，而i+1就不一定了，於是K(i+1,j)無意義，扔掉。
就是：

K(i,i)+K(i+1,j+1)≤K(i,j+1)

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所以，枚舉k就可改成K(i,j-1)~K(i+1,j)。這兩個是早就算過的，從而降至O(n2) 。

總結一下